谁说我做不出来大模拟题的？
大码量警告：我4.2k，skyh 3.6k,tdcp 4.9k.orz mikufun 2.7k
其实绝大多数部分都是在复制粘贴。
首先，60分暴力不讲可以的嘛？纯粹模拟诶。
1 #include<cstdio>
2 int n,m,x,nx,ny,ndir,ans,bl[1005][1005],al[1005][1005][4],ne[200005],sw[200005];//0NE 1SE 2SW 3Nw
3 const int tox[4]={1,1,-1,-1},toy[4]={-1,1,1,-1},c1[4]={3,2,1,0},c2[4]={1,0,3,2};
4 char s[3];
5 int main(){
6 scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
7 for(int i=1,a,b;i<=x;++i)scanf("%d%d",&a,&b),bl[a][b]=1;
8 for(int i=0;i<=n+1;++i)bl[i][0]=bl[i][m+1]=1;
9 for(int i=0;i<=m+1;++i)bl[n+1][i]=bl[0][i]=1;
10 scanf("%d%d%s",&nx,&ny,s);
11 if(s[0]=='S'&&s[1]=='E')ndir=1;
12 if(s[0]=='S'&&s[1]=='W')ndir=2;
13 if(s[0]=='N'&&s[1]=='E')ndir=0;
14 if(s[0]=='N'&&s[1]=='W')ndir=3;
15 while(1){//printf("%d %d\n",nx,ny);
16 if(al[nx][ny][ndir])break;
17 al[nx][ny][ndir]=1;
18 if(!bl[nx+tox[ndir]][ny+toy[ndir]]){nx+=tox[ndir];ny+=toy[ndir];continue;}
19 if(bl[nx+tox[ndir]][ny]&&bl[nx][ny+toy[ndir]]){ndir=(ndir>=2?ndir-2:ndir+2);continue;}
20 if(bl[nx+tox[ndir]][ny]){ny+=toy[ndir];ndir=c1[ndir];continue;}
21 if(bl[nx][ny+toy[ndir]]){nx+=tox[ndir];ndir=c2[ndir];continue;}
22 ndir=(ndir>=2?ndir-2:ndir+2);
23 }
24 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=m;++j)
25 if(al[i][j][0]||al[i][j][1]||al[i][j][2]||al[i][j][3]) ans++;
26 printf("%d",ans);
27 }
多开几个大小为4的数组（5也行，有的人从1开始记的）
存一大堆东西：走之后的坐标变化，180度反弹后的方向，遇到竖着的墙后折射方向，以及横着的。。。
1 //0NE 1SE 2SW 3Nw
2 const int tox[4]={1,1,-1,-1},//横坐标变化
3 toy[4]={-1,1,1,-1},//纵坐标
4 c1[4]={3,2,1,0},//撞横着的墙
5 c2[4]={1,0,3,2},//竖着的
6 c3[4]={2,3,0,1};//180度
不要问我是怎么算出来的，一个一个在演算纸上画呗。
然后你就可以把4个大if合成为1个while了。
说白了，就是要搞明白东南西北。
而且，懒得判是否碰到边框的懒人们（包括我），只要把最外边一圈设置为障碍统一处理就好了。
说满分算法吧。
其实满分算法我并没有按照上面这么做，因为它要表示的东西太多，容易混。
我选择了switch\case语句块，用来处理不同的方向。当然也可以if\else。
如果你不知道switch\case语句，请百度搜索“C++语言基础”。
说实在的还是模拟。
我们可以发现，障碍的总数并不是很多，它反弹的次数也并不会很多。
每两次反弹之间，走过的路径是一条直线，一下一下的枚举显然过于浪费。
我们考虑有什么方法能直接跳过这一部分的枚举过程。
为了更符合人的直觉，我们重新定义一下坐标，以左下角为(1,1)右上角为(n,m)
这样的话就是向右，上是正方向了。
对于每一次的光路它只有两种可能：左下<->右上 \ 左上<->右下
对于第一种，随着x++,那y++。
对于第二种，随着x++,那y--。
做过天天爱跑步吗？第二次出现相关题目了。这次更像了。
在那题里，出发链dep++,time--，终点链dep++,time++。
当时我们的思路是前者dep+time是定值,dep-time是定值。
那么这题的定值也很显然了，一个x+y,一个x-y
先开两个vector，分别存这两个值，x-y可能负了，改为插入x-y+100000就行
对于每一个障碍，我们都把它们放进去，记得包括周围的你加上的那一圈。
接下来需要几个小结论。
1,每一个格子只会被 左下<->右上 \ 左上<->右下 两种光线的其中一种经过。
证明：对于光线所处的每一个状态，若位置为(x,y)，设di表示方向，方向为左下<->右上时为1，否则为0。
那么对于同一个光线，其路径上的所有点x+y+di奇偶性不变。
如果它没碰到障碍，di不变，x和y同时变化1，和的奇偶性不变。
如果它遇到障碍转弯180度，di，x，y均不变，和也不变。
如果它旋转了90度，那么按照反射规则，它像错了一位一样，x,y其中一个变化了1，di变化了1，和的奇偶性不变。
所以，对于每一个光线，只要我们能确定它的某一时刻的位置与方向：
那么我们就能确定它在其它所有位置上的方向（除非这个位置没有被经过）
2，光线的路径一定是一个完整的环，而不是环+链。也就是说，它一定还会不止一次的以起始状态经过起始点。
再换一句话说，最后的循环节中一定含有起始点。
反证法：如果它是从起点进入，最后进入了一个闭合的不含起点的环。
那么我们随意选取环中的一个点，按照原来的方向的反方向射回去。
因为光路是可逆的（初中物理，本题适用，这个我真的懒得证了）
所以它一定能射到起点。
而因为它是在一个环里的点，它会按照原路径反向走，只能在环里绕啊绕的。
环反向之后还是那个环而不是链。
那怎么能经过环外的起点呢？所以假设不成立。
这个结论的应用是什么呢？假如光从x1,y1出发，遇到的下一块障碍为x2,y2
而这条光路上的上一个障碍是x0，y0，那么我们可以把起点重设为x0，y0
这样的话就避免了开始会跑半条光路的尴尬情况。
好多人都是直接用的这两条结论，我也是，仔细一想，不证明的话就是在纯粹的搬运题解啊。
那么接下来，有了这两条结论，问题就变得简单了：
找起点状态所在的环，求环长。
具体的代码实现还是要讲一讲的：
我们现在已经把所有的障碍放进vector里面了，再把它们按照x的大小sort。
那么里面的障碍就已经按照左下->右上 \ 左上->右下的顺序排好了。
对于我们的一个已知状态，我们在对应的vector里面找到下一个x更大/小的障碍，直接从原状态跳到那里就好！
怎么找？vector自带lower_bound多好呀！
然而我不知道为什么手打了4个二分...
upper1,lower1,upper2,lower2...
一个使用来找x前缀，一个是后缀。两个vector的分开打。。。（打splay吧！）
还打了一个find函数，用来找vector里某个位置是否存在障碍。
不用啊。。系统自带的就行。虽说我不会玩指针。
因为障碍是没有重复的，所以前缀和后缀之间只差了一位。加减一下就好了。
拿代码讲吧。
1 switch(ndir){
2 case 0:{//以NE方向为例，注意这里的坐标和题目里的含义一样，而不是右上为正方向
3 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx);//lx,ly为目前位置，nxt为x下一个更大的障碍在vector里的下标
4 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx;//nx，ny为要碰到的下一个障碍的坐标
5 if(v1al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;}//如果已经用相同的状态走过这条光路，退出
6 //ok是while循环的退出标记，因为在这里break只会把switch给break掉
7 v1al[res][nxt-1]^=1; //标记，这段光路已经被走过
8 if(!(v1al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx;//如果这条光路的反向光路没有被走过，总距离累加
9 //这里用了1表示正向边，2表示反向边，重复经过只会累加一次答案
10 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1;
11 //如果遇到了“墙角”，180度反射，下一个出发位置在目前障碍的左下方（SW方向）
12 else if(find(nx-1,ny)) ndir=1,lx=nx,ly=ny+1;
13 //如果遇到了横着的墙，方向改为SE，障碍正下方的格子作为出发点
14 else if(find(nx,ny+1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny;//竖着的同理
15 else ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1;//如果只有那一块，180度反射，同“墙角”
16 break;//switch语句必需。否则会立刻执行下一个case
17 }
其余方向同理。有些东西稍微变化一下就好。
1 case 2:{//SW
2 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx);
3 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx;
4 if(v1al[res][nxt]&2){ok=1;break;}
5 v1al[res][nxt]^=2;
6 if(!(v1al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx;
7 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1;
8 else if(find(nx+1,ny)) ndir=3,lx=nx,ly=ny-1;
9 else if(find(nx,ny-1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny;
10 else ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1;
11 break;
12 }
自己想想哪些地方不一样吧。什么折射方向之类的。
再补充一下结论2的应用。
1 case 0:{
2 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx)-1;
3 lx=v1[res][nxt]+1; ly=res-lx;
4 break;
5 }
其实和上面那个SW方向的代码挺像，毕竟就是往SW方向捯了一个障碍。注意不要累加答案。
另一个同理的想法是把起点直接重设为下一个障碍的位置，那么代码会和正常光路的NE很像。
毕竟是个环，从哪里开始都一样。我没这么打，就不给出代码了。
这俩玩意复制粘贴四遍再改改就好了。
码量极大注意细节。
1 #include<cstdio>
2 #include<vector>
3 #include<algorithm>
4 using namespace std;
5 #define addx 100003
6 long long ans;int n,m,k,lx,ly,nx,ny,nxt,res,ok,ndir;//0NE 1SE 2SW 3NW
7 char s[3];
8 vector<int>v1[200005],v2[200005];//v1:x+y v2:x-y+10w
9 vector<int>v1al[200005],v2al[200005];
10 int lower1(int x,int w){
11 int l=0,r=v1[x].size()-1;
12 while(l<r-1)if(v1[x][l+r>>1]>w)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1;
13 if(v1[x][r]<w)return r;return l;
14 }
15 int upper1(int x,int w){
16 int l=0,r=v1[x].size()-1;
17 while(l<r-1)if(v1[x][l+r>>1]>w)r=l+r>>1;else l=(l+r>>1)+1;
18 if(v1[x][l]>w)return l;return r;
19 }
20 int lower2(int x,int w){
21 int l=0,r=v2[x].size()-1;
22 while(l<r-1)if(v2[x][l+r>>1]>w)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1;
23 if(v2[x][r]<w)return r;return l;
24 }
25 int upper2(int x,int w){
26 int l=0,r=v2[x].size()-1;
27 while(l<r-1)if(v2[x][l+r>>1]>w)r=l+r>>1;else l=(l+r>>1)+1;
28 if(v2[x][l]>w)return l;return r;
29 }
30 bool find(int x,int y){
31 int l=0,r=v1[x+y].size()-1;
32 while(l<r-1)if(v1[x+y][l+r>>1]>x)r=(l+r>>1)-1;else l=l+r>>1;
33 if(v1[x+y][r]==x||v1[x+y][l]==x)return true;return false;
34 }
35 int main(){
36 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
37 for(int i=1,a,b;i<=k;++i)
38 scanf("%d%d",&a,&b),
39 v1[a+b].push_back(a), v2[a-b+addx].push_back(a),
40 v1al[a+b].push_back(0), v2al[a-b+addx].push_back(0);
41 for(int i=0;i<=n+1;++i)
42 v1[i].push_back(i),v2[i+addx].push_back(i),
43 v1[i+m+1].push_back(i),v2[i-1-m+addx].push_back(i),
44 v1al[i].push_back(0),v2al[i+addx].push_back(0),
45 v1al[i+m+1].push_back(0),v2al[i-1-m+addx].push_back(0);
46 for(int i=1;i<=m;++i)
47 v1[i].push_back(0),v2[addx-i].push_back(0),
48 v1[n+1+i].push_back(n+1),v2[n+1-i+addx].push_back(n+1),
49 v1al[i].push_back(0),v2al[addx-i].push_back(0),
50 v1al[n+1+i].push_back(0),v2al[n+1-i+addx].push_back(0);
51 for(int i=1;i<=200004;++i)sort(v1[i].begin(),v1[i].end());
52 for(int i=1;i<=200004;++i)sort(v2[i].begin(),v2[i].end());
53 scanf("%d%d%s",&lx,&ly,s);
54 if(s[0]=='S'&&s[1]=='E')ndir=1;
55 if(s[0]=='S'&&s[1]=='W')ndir=2;
56 if(s[0]=='N'&&s[1]=='E')ndir=0;
57 if(s[0]=='N'&&s[1]=='W')ndir=3;
58 switch(ndir){
59 case 0:{
60 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx)-1;
61 lx=v1[res][nxt]+1; ly=res-lx;
62 break;
63 }
64 case 1:{
65 res=lx-ly+addx; nxt=upper2(res,lx)-1;
66 lx=v2[res][nxt]+1; ly=lx+addx-res;
67 break;
68 }
69 case 2:{
70 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx)+1;
71 lx=v1[res][nxt]-1; ly=res-lx;
72 break;
73 }
74 case 3:{
75 res=lx-ly+addx; nxt=lower2(res,lx)+1;
76 lx=v2[res][nxt]-1; ly=lx+addx-res;
77 break;
78 }
79 }
80 while(1){
81 switch(ndir){
82 case 0:{//NE
83 res=lx+ly; nxt=upper1(res,lx);
84 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx;
85 if(v1al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;}
86 v1al[res][nxt-1]^=1;
87 if(!(v1al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx;
88 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1;
89 else if(find(nx-1,ny)) ndir=1,lx=nx,ly=ny+1;
90 else if(find(nx,ny+1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny;
91 else ndir=2,lx=nx-1,ly=ny+1;
92 break;
93 }
94 case 1:{//SE
95 res=lx-ly+addx; nxt=upper2(res,lx);
96 nx=v2[res][nxt]; ny=nx+addx-res;
97 if(v2al[res][nxt-1]&1){ok=1;break;}
98 v2al[res][nxt-1]^=1;
99 if(!(v2al[res][nxt-1]&2))ans+=nx-lx;
100 if(find(nx-1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=3,lx=nx-1,ly=ny-1;
101 else if(find(nx-1,ny)) ndir=0,lx=nx,ly=ny-1;
102 else if(find(nx,ny-1)) ndir=2,lx=nx-1,ly=ny;
103 else ndir=3,lx=nx-1,ly=ny-1;
104 break;
105 }
106 case 2:{//SW
107 res=lx+ly; nxt=lower1(res,lx);
108 nx=v1[res][nxt]; ny=res-nx;
109 if(v1al[res][nxt]&2){ok=1;break;}
110 v1al[res][nxt]^=2;
111 if(!(v1al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx;
112 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny-1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1;
113 else if(find(nx+1,ny)) ndir=3,lx=nx,ly=ny-1;
114 else if(find(nx,ny-1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny;
115 else ndir=0,lx=nx+1,ly=ny-1;
116 break;
117 }
118 case 3:{//NW
119 res=lx-ly+addx; nxt=lower2(res,lx);
120 nx=v2[res][nxt]; ny=nx+addx-res;
121 if(v2al[res][nxt]&2){ok=1;break;}
122 v2al[res][nxt]^=2;
123 if(!(v2al[res][nxt]&1))ans+=lx-nx;
124 if(find(nx+1,ny)&&find(nx,ny+1)) ndir=1,lx=nx+1,ly=ny+1;
125 else if(find(nx+1,ny)) ndir=2,lx=nx,ly=ny+1;
126 else if(find(nx,ny+1)) ndir=0,lx=nx+1,ly=ny;
127 else ndir=1,lx=nx+1,ly=ny+1;
128 break;
129 }
130 }
131 if(ok)break;
132 }
133 printf("%lld\n",ans);
134 }
来源：https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/11228487.html